Giáo trình Toán cao cấp - ĐH Sư Phạm Kỹ Thuật Nam Định

Giáo trình Toán cao cấp dùng cho sinh viên Cao đẳng nghề của khoa Điện – Điện tử được biên soạn phù hợp với chương trình hiện hành, nhƣng theo hướng tiếp cận: Đơn giản về mặt lý thuyết, tăng cường hệ thống bài tập và hướng dẫn giải bài tập. Nội dung giáo trình gồm có: Tập hợp – Mệnh đề. Số phức, Phương trình vi phân, Phép biến đổi Laplace,...Mời các bạn đọc cùng tham khảo!

Tập hợp

Tập hợp là một khái niệm cơ bản trong toán học, thường được hiểu một cách trực giác mà không cần định nghĩa cụ thể Tuy nhiên, chúng ta có thể hiểu tổng quát về tập hợp như sau:

Tập hợp là một sự tụ tập của một số hữu hạn hoặc vô hạn các đối tƣợng xác định nào đó

Mỗi đối tƣợng cấu thành tập hợp là một phần tử của tập hợp

Ví dụ 1 Tất cả những người Việt Nam trên thế giới tạo thành tập hợp người Việt

Nam Mỗi người Việt Nam là một phần tử của tập hợp đó

Tất cả sinh viên của trường Đại học Sư phạm Kỹ thuật Nam Định hình thành một tập hợp duy nhất.

Ví dụ 3 Tất cả các điểm trong không gian tạo thành tập hợp điểm trong không gian

Mỗi điểm là một phần tử của tập hợp đó

Nếu x là một phần tử của tập X ta nói “x thuộc X” và viết x  X

Nếu x không là một phần tử của tập X ta nói “x không thuộc X” và viết x  X

Cách mô tả một tập hợp Để mô tả một tập hợp ta thường dùng hai cách sau đây:

Cách 1: Liệt kê các phần tử của tập hợp đó

Ví dụ 1 Tập hợp các số tự nhiên: ¥ 0,1, 2, 

Ví dụ 2 Tập hợp các số nguyên: ¢ 0, 1, 2,   

Ví dụ 3 Tập hợp các số hữu tỉ:

Cách 2: Xác định những đặc điểm mà tất cả các phần tử trong tập hợp đều sở hữu và chỉ riêng tập hợp đó mới có Những đặc điểm này được gọi là tính chất đặc trưng của tập hợp đang được xem xét.

Ví dụ 1 A = {Các số chẵn}

Nhƣ vậy ta có 2  A và 3  A

Ta biết rằng x là một số chẵn khi và chỉ khi x=2k, k là một số nguyên Do đó ta có thể viết:

Để đơn giản hóa việc sử dụng, chúng ta sẽ gọi "tập hợp" là "tập" Ngoài từ "tập", các thuật ngữ như họ, hệ, lớp cũng được sử dụng để chỉ cùng một khái niệm Định nghĩa 1: Tập rỗng.

Tập rỗng là tập không có phần tử nào

Kí hiệu :  (chữ O với một gạch chéo)

Ví dụ 1 Tập nghiệm thực của phương trình x 2   1 0 là  vì phương trình này không có nghiệm thực

1.1.2 Tập con Định nghĩa 1 (Tập con)

- Nếu mọi phần tử của tập A cũng là phần tử của tập B thì ta nói A là tập con của B

( hay B là tập chứa của A)

Nếu tất cả các phần tử trong tập A đều thuộc tập B, nhưng ít nhất một phần tử của tập B không thuộc tập A, thì A được gọi là tập con thực sự của B Ngược lại, B được xem là tập chứa thực sự của A.

Hình 1.1 Quan hệ bao hàm AB Chú ý 1.2

- Kí hiệu A  B đƣợc hiểu rằng A là tập con của B hoặc A có thể bằng B

- Mọi tập hợp đều là tập con của chính nó Tập rỗng là tập con của mọi tập hợp

- Một tập hợp A không rỗng có ít nhất hai tập con là  và chính nó Chúng đƣợc gọi là tập con tầm thường của A

Ví dụ 1 ¥    ¢ ¤ ¡ Định nghĩa 2 (Sự bằng nhau của hai tập hợp)

Hai tập A và B được gọi là bằng nhau nếu A là tập con của B và B cũng là tập con của A

1.1.3 Các phép toán về tập hợp

Hợp của hai tập hợp A và B là tập hợp gồm tất cả các phần tử thuộc ít nhất một trong hai tập A và B

Giao của hai tập hợp A và B là tập hợp gồm tất cả các phần tử vừa thuộc tập A vừa thuộc tập B

Cho hai tập hợp A và B Khi đó ta có:

3) Hiệu của hai tập hợp Định nghĩa 3

Hiệu của tập hợp A và tập hợp B là tập hợp gồm tất cả các phần tử thuộc A nhưng không thuộc B

Cho hai tập hợp A và B Nếu A  B thì B A \ được gọi là phần bù của A trong B

Hình 1.5 Biểu diễn phần bù của B trong A

U Vậy A U B  A I B Đẳng thức còn lại được chứng minh tương tự

Cho A là tập nghiệm của phương trình x 2  3 x   2 0 và B là tập nghiệm của phương trình x 2  6 x   5 0

Tập nghiệm của phương trình  x 2  3 x  2  x 2  6 x  5   0 là A U B   1, 2,5 

Tập nghiệm của hệ phương trình

Mệnh đề

Mệnh đề toán học là một khẳng định mà chỉ có thể đúng hoặc sai, không có sự nhập nhằng Điều này có nghĩa là một mệnh đề không thể vừa đúng vừa sai, cũng như không thể vừa không đúng vừa không sai.

1 < 2 là một mệnh đề toán học đúng

5 > 9 là một mệnh đề toán học sai

1.2.2 Các phép toán về mệnh đề

1) Phép phủ định Định nghĩa 1

Phủ định của mệnh đề A là một mệnh đề, kí hiệu là A, đúng khi A sai và sai khi A đúng.

Hoặc A:= “10 nhỏ hơn hoặc bằng 5”

Hội của hai mệnh đề A và B là một mệnh đề, đọc là A và B, kí hiệu là A  B (hoặc

A.B), đúng khi cả hai mệnh đề A, B đều đúng và sai trong các trường hợp còn lại

A:= “1 là nghiệm của phương trình x 2   1 0”

B:= “1 là nghiệm của phương trình x 2  3 x   2 0”

A  B := “1 vừa là nghiệm của phương trình x 2   1 0 vừa là nghiệm của phương trình x 2 3x 2 0”

Do A và B là hai mệnh đề đúng nên A  B là mệnh đề đúng

Tuyển của hai mệnh đề A và B là một mệnh đề, đọc là A hoặc B, kí hiệu là

AB(hoặc A+B), sai khi cả hai mệnh đề A, B đều sai, đúng trong các trường hợp còn lại

Chú ý 1.3 Để thiết lập mệnh đề tuyển của hai mệnh đề A, B ta ghép hai mệnh đó bởi liên từ

A: = “Số chẵn là số có chữ số tận cùng bằng 0,2,4,6 hoặc 8” là mệnh đề đúng

B: = “Số chẵn là số có dạng a = 2m với m là số nguyên” là mệnh đề đúng

A B “Số chẵn là số có chữ số tận cùng bằng 0,2,4,6 hoặc 8 hoặc số chẵn là số có dạng a = 2m với m là số nguyên” là mệnh đề đúng

D: = “3 là số chẵn” là mệnh đề sai

C D “3>4 hoặc 3 là số chẵn” là mệnh đề sai

A C “Số chẵn là số có chữ số tận cùng bằng 0,2,4,6 hoặc 8 hoặc 3>4” là mệnh đề đúng

4) Phép kéo theo Định nghĩa 4

A kéo theo B là một mệnh đề, kí hiệu là AB, chỉ sai khi A đúng và B sai và đúng trong các trường hợp còn lại

Mệnh đề AB thường được diễn đạt là: “nếu A thì B” hoặc “có B khi có A” hoặc

“từ A suy ra B” hoặc “A là điều kiện đủ để có B” hoặc “B là điều kiện cần để có A”…

A: = “12 là số chẵn” là mệnh đề đúng

B: = “12 chia hết cho 2” là mệnh đề đúng

AB: = “12 là số chẵn nên 12 chia hết cho 2” là mệnh đề đúng

C: = “12 chia hết cho 5” là mệnh đề sai

AC : “12 là số chẵn nên 12 chia hết cho 5” là mệnh đề sai

5) Phép tương đương Định nghĩa 5

A tương đương B là một mệnh đề, kí hiệu là AB, nếu cả hai mệnh đề A và B đều đúng hoặc đều sai

Mệnh đề “A tương đương B” thường được diễn đạt như sau: “A khi chỉ khi B” hoặc

“A nếu và chỉ nếu B” hoặc “A là điều kiện cần và đủ để có B”

A tương đương B khi và chỉ khi cả hai mệnh đề AB và BAđều đúng

“A chia hết cho 2 khi và chỉ khi A là số chẵn” là mệnh đề đúng.

Số phức

1.3.1 Định nghĩa số phức Số phức liên hợp

Lũy thừa chẵn của mọi số thực luôn không âm, vì vậy trong tập hợp số thực, không thể khai căn bậc chẵn của một số âm Chẳng hạn, phương trình x² + 1 = 0 không có nghiệm thực.

Khi nghiên cứu phương trình bậc ba, nhà toán học Italia R Bonbelli (1526-1572) đã đưa ra định nghĩa đầu tiên về số phức, mà ông gọi là số "không thể có" hoặc "số ảo" Đặc biệt, ông đã nghiên cứu căn bậc hai của -1 trong công trình Đại số của mình.

Vào năm 1746, nhà toán học Pháp D’Alembert đã phát triển dạng tổng quát của số phức và công nhận nguyên lý tồn tại n nghiệm cho một phương trình bậc n Số phức được định nghĩa như một khái niệm quan trọng trong toán học.

Số phức là số có dạng z = a+bi (hoặc z = a+bj) trong đó a, b¡ , i 2  1 ( hoặc

2 1 j   ) a được gọi là phần thực của số phức z Kí hiệu Rez b được gọi là phần ảo của số phức z Kí hiệu là Imz

Tập hợp gồm tất cả các số phức thường được gọi là tập số phức và được kí hiệu là £

Nếu a = 0 thì z = bi gọi là số thuần ảo

Nếu b = 0 thì z = a là số thực Vậy ¡ £ Định nghĩa 2 (Hai số phức bằng nhau)

Hai số phức z 1  a 1 b i, z 1 2 a 2 b i 2 gọi là bằng nhau nếu

 Định nghĩa 3 (Số phức liên hợp)

Số phức z a bi gọi là số phức liên hợp của số phức z a bi

Ví dụ 2 a) Số phức liên hợp của số phức z 2 3i là z 2 3i b) Số phức liên hợp của số phức z  1 i là z  1 i Định nghĩa 4 (Số phức đối)

Số phức    z a bi là số phức đối của số phức z a bi

Ví dụ 3 a) Số phức đối của số phức z 2 5i là    z 2 5i b) Số phức đối của số phức zi là   z i

1.3.2 Các phép toán a Phép cộng

Ta gọi tổng của hai số phức z 1   a 1 ib z 1 , 2  a 2  ib 2 là số phức

Cho hai số phức z 1   a 1 ib z 1 , 2  a 2  ib 2 , ta gọi số phức z là hiệu của hai số phức z 1 và z 2 nếu z 1  z 2  z

Ta gọi tích của hai số phức z 1   a 1 ib z 1 , 2  a 2  ib 2 là số phức z xác định bởi

Cho hai số phức z 1   a 1 ib z 1 , 2  a 2  ib 2 , nếu z 2  0 Khi đó ta có thể tìm đƣợc một số phức z x iy sao cho z z 2  z 1

Theo định nghĩa phép nhân ta có hệ phương trình:

    vì z 2  0 Nên hệ ( 1) có nghiệm duy nhất Số phức z gọi là thương của hai số phức z 1 và z 2

Trong khi giải bài tập ta có thể tìm thương của hai số phức z 1 và z 2 bằng cách nhân 1

   e Lũy thừa bậc n của số phức

Tích của n số phức z gọi là lũy thừa bậc n của số phức z

 1  i 3  3   1 3 i 3 3  i 2  3 3 i 3   8 f Căn bậc n của số phức

Số phức  đƣợc gọi là căn bậc n của số phức z nếu  n z

Ví dụ 6 Cho z   a ib Tìm z , áp dụng tìm 3 4i 

Giả sử w    x iy z  a ib    x iy   2   a ib

 Nếu b>0 thì x,y cùng dấu; nếu b0

Nếu  0 thì v v r r, ngược hướng và vr   vr

Hình 1.11 Biểu diễn hình học của phép lấy tích một số phức với một số thực  1 d) 2 50 e) π 2 < 9,86 f) 5 là số vô tỷ g) Bây giờ là mấy giờ

1.2 Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau và phát biểu mệnh đề phủ định của nó a) 1794 chia hết cho 3 b) 2 là một số hữu tỉ c) π < 3.15 d) 125 0

1.3 Với mỗi câu sau, tìm hai giá trị thực của x để đƣợc một đề đúng, một mệnh đề sai a) 3x2 + 2x -1 = 0 b) 4x + 3 < 2x – 1

1.4 Cho tam giác ABC Lập mệnh đề P ⇒ Q và mệnh đề đảo của nó, rồi xét tính đúng sai của chúng với: a) P: “Góc A bằng 900” Q: “BC2 = AB2 + AC2” b) P: “A = B ” Q: “Tam giác ABC cân”

1.5 Cho các mệnh đề kéo theo

Nếu a và b cùng chia hết cho c thì a + b chia hết cho c (a, b, c là những số nguyên ) Các số nguyên có tận cùng bằng 0 đều chia hết cho 5

Tam giác cân có hai trung tuy n b ng nhau

Hai tam giác bằng nhau có diện tích bằng nhau Mệnh đề đảo của điều này là: Nếu hai tam giác có diện tích bằng nhau, thì chúng là bằng nhau Có thể phát biểu mệnh đề này bằng điều kiện cần và điều kiện đủ như sau: Điều kiện cần để hai tam giác bằng nhau là chúng phải có diện tích bằng nhau, và điều kiện đủ là nếu hai tam giác bằng nhau, thì diện tích của chúng cũng phải bằng nhau.

1.6 Phát biểu thành lời các mệnh sau Xét tính đúng sai và lập mệnh đề phủ định của chúng a)  x ¡ / x 2  1 b)  x ¡ / x 2   x 2 0 c) 1 x / x

1.7 Hãy lập mệnh đề phủ định cho các mệnh đề sau: a)  x ¡ / x 2 5x 2 0 b)  x ¡ / x 2 2x7 là số nguyên tố c)  x ¡ / 5x 3x 2 1 d)  x ¡ / x 2   x 1 0 f ) n ¥ / n 2 1 không chia hết cho g) Mọi học sinh của lớp đều thích môn học toán

2) Bài tập về tập hợp

1.1 Hãy liệt kê các phần tử của các tập hợp sau: a) A   x  ¥ / x  20, x 3 M  b) Tập B là các số chính phương không vượt quá 100 c) C   n  ¥ / n(n 1)   20  d) D   3k 1/ k      ¢ , 5 k 3  e) E   x  ¢ / x  10  f) 19

1.2 Xác định các tập sau bằng cách chỉ ra tính chất đặc trƣng: a) A = {2, 6,12, 20,30} b) B = {1, 2,3, 4,6,12} c) C={3, 8, 15, 24, 35} d) 1 1 1 1 1

  h) Tập hợp các điểm M trên mặt phẳng thuộc đường tròn tâm O và đường kính 2R

1.3 Tìm các tập con của các tập hợp sau đây: a) A = {a, b, c, d} b) A = {0,1, 2, a,c} c) 

1.4 Tìm các tập con gồm 2 phần tử của các tập hợp: a) A = {1, 2,3, 4, a, d} b) A = {a, b,c, d,1, 2, 4,5}

1.5 Tìm các tập con gồm 2 phần tử của các tập hợp: a) A = {1, 2,3, 4, a, d} b) A = {a, b,c, d,1, 2, 4,5}

1.6 Xét quan hệ của các tập hợp sau: a) A   n  ¢ / n là ƣớc của 6  B   n  ¢ / n là ƣớc chung của 12 và 18  b) A   x  ¡ / x 2   5 0  B   x  ¡ / x 2   9 0  c) A   x  ¢ / 2 x   6 0  B    3, 2, 1,0,1, 2,3 d) A   x  ¡ / x  3 2x   0  B   x  ¡ / x 2  2x 3   0 

1.7 Trong các tập dưới đây tập nào là tập rỗng: a) A   x  ¡ / x 2    x 1 0  b) B   x  ¢ / x  1  c) C   x  ¡ / x 4    x 1 0  d) D   x  ¡ / x 2  2x   5 0  e) E   x  ¤ / x 2  4x   2 0  f) F   x  ¢ / x 1   3 

Xác định các tập hợp sausau: a) A ∩ B, A ∪ B b) A ∩ C, A ∪ C c) B ∩ C, B ∪ C

1.11 Cho hai tập hợp A, B Hãy xác định: a) (A\B)B b) (A\B)A c) (A\B)B d) (AB)A e) (AB)B f) (A\B)B g) (A\B)(B\A)

B n¥ / x là bội của 5 và x 0 b) z 1 z 2 = 2i c) z 1 = 3.z 2

2.127 Viết các số sau đây dưới dạng lượng giác: a) z = 1

2.128 Chứng minh mọi số phức z -1 mà môđun bằng 1, đều có thể đặt dưới dạng : z = 1

 ,trong đó t là một số thực nào đó

2.129 Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z biết rằng một acgumen của z i z i

2.130 a) Xét các điểm trong mặt phẳng biểu diễn các số 2 + i, 3 + i để chứng minh rằng nếu tan a = 1

 b) Xét các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số 2 + i, 5 + i, 8 + i để chứng minh rằng nếu tan a = 1

2.133 Viết dạng lƣợng giác các căn bậc hai của số phức: a) 1 + i 3 b) 1

2.134 Tìm nghiệm phức của phương trình: a) x 3 + 2i = 2 b) (x + 2) 5 + 1 = 0

 Tìm n N * để : a) z n là số thực b) z n là số ảo

2.137 Biểu thị: a) sin 7x theo sinx, cosx b) tan 6x theo tan x

2.138 Tìm phần ảo của số phức z biết :

2.139 Tìm modun của số phức

Biết số phức z thỏa mãn

2.140 Trong mp tọa độ Oxy tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn :

Hướng dẫn giải bài tập chương 1

2.8 Đƣa số phức sau về dạng lƣợng giác:

Dạng lƣợng giác: z  r c ( os   i sin ) 

Dạng lƣợng giác: z  r c ( os i sin )

2.9 Tìm dạng mũ của số phức:

2.10 Tìm phần thực và phần ảo của số phức

Re( ) 89 z  85 , Im( ) 103 z  85 2.11 Thực hiện phép tính

2.12 Tính giá trị của biểu thức

 = 16 2i  2.13 Tìm môđun của số phức z     1 4 i  1 i  3

2.14 Cho hai số phức: z 1  3 5 i; z 2  3i Tính 1

2.15 Gọi z 1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình: z 2  2 z  10  0

Tính giá trị của biểu thức A = z 1 2  z 2 2

Phương trình có các nghiệm: z 1 = - 1 - 3i; z 2 = - 1 + 3i

2.16 Tìm số phức z thỏa mãn: z     2 i  10 và z z  25

Lời giải: Đặt z = a + bi với a, b  ¡ , ta có:

  Vậy có hai số phức cần tìm : z = 3 + 4i , z = 5 + 0i

2.18 Giải phương trình sau (ẩn z): z  2 z    1 5 i  2

Lời giải: Giả sử z a bi; z  2 z    1 5 i  2

2.19 Tìm căn bậc hai của số phức sau: 3 2 3 3

Lời giải: Ta có: 3 2 3 3 3 2 2 3 os 3 isin 3

2 2 2 2 4 4 z    i        i         c       Suy ra z có hai căn bậc hai là: w = 3 os 3 2 isin 3 2

2.20 Tìm các căn bậc hai của số phức: z21 20 i

Gọi xyi  x y ,  ¡ là một căn bậc hai của z

Vậy số phức đã cho có hai căn bậc hai là: 5 2i và  5 2i

Lời giải: Ta có:     ' 35 12i Ta tìm các căn bậc hai xyi của  ' :

Do đó ta giải đƣợc 2 căn bậc hai là:    1 6 ;1 6 i   i nên phương trình có hai nghiệm:z 1  3 4ivà z 2   2 2 i

2.22 Giải phương trình sau trên £ (ẩn z): z 4  2 z 3  z 2  2 z   1 0

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: 1 1 3 ; 2 1 3

Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: 3 3 5 ; 4 3 5

Tóm lại phương trình đã cho có bốn nghiệm:

2.23 Giải phương trình sau trên £ (ẩn z): 2 z 4  2 z 3  z 2  2 z   2 0

Vậy phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt: w 1 1 3 ; w 2 1 3

Số phức z x yi ( , x y  ¡ )là căn bậc hai của   8 6i khi và chỉ khi

Suy ra có hai căn bậc hai của  là 3i và 3i

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: 1 1 3 3 1 ; 2 1 3 3 1 1

Số phức z x yi  x y ,  ¡ là căn bậc hai của   8 6i khi và chỉ khi

Suy ra có hai căn bậc hai của  là  3 i và 3i

Vậy phương trình (2) có hai nghiệm: 3 1 3 3 1 ; 4 1 3 3 1 1

Tóm lại phương trình đã cho có bốn nghiệm:

1.24 Giải hệ phương trình sau trên tập số phức: 1 2

Z 1 và Z 2 là 2 nghiệm phương trình: Z 2 - (2 + 3i)Z - 5 + 8i = 0

1.25 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện

Lời giải: Đặt z = x + yi; x, y  ¡ , ta có:

Vậy tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z = x + yi thỏa mãn điều kiện đã cho là đường tròn tâm I(3; -4); bán kính R = 2

2.26 Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: 2 z i   z z 2i

2.27 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(-2; 5), bán kính R = 2

2.28 Viết số phức sau dưới dạng đại số:  

Lời giải: + Xét z 1   3   i  2     2 3  1 2 i      2    c os      6     isin      6      

2.29 Viết dạng lƣợng giác của số phức z 1 3i

2.30 Viết dưới dạng lượng giác rồi tính:  1  i  2010

2.31 Tìm dạng lƣợng giác của số phức sau: 1 3

2.32 Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau:   2008

Do đó: phần thực bằng 0; phần ảo bằng -2 3012

2.33 Cho số phức z a bi  a b ,  ¡  Hỏi các số sau đây là số thực hay số ảo: a) z 2    z 2 b) 2   2

 Lời giải: a) z 2     z 2  a bi    2  a bi   2  4 abi là số ảo b)      

1 1 1 a b z z a bi a bi zz a bi a bi a b

2.34 Tìm phần thực và phần ảo của số phức z  2010 i 2009  2009 i 2010

 phần thực và phần ảo

2.35 Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z 2  2 1 2   i z    8 i 0

2.36 Tính z + z và z z với : a) z = 2 + 3i b) z = -5 + 3i ĐS: a) 4 và 13 b) -10 và 34

2.37 Tìm phần thực và phần ảo của các số phức sau : a) (4 – i) + (2 + 3i) – (5 + i) b) (1 + i) 2 – (1 – i)2 c) (2 + i) 3 – (3 – i) 3 d) 3 2

 (với n là số nguyên dương) b)

      a) a 2 + b 2 + c 2 – (ab + bc + ac) b) a 3 + b 3 c) 2(a 3 + b 3 + c 3 ) – 3(a 2 b + a 2 c + b 2 a + c 2 a + c 2 b) + 12abc d) a 2 – ab + b 2

2.41 Giải các hệ phương trình sau với x, y, z là số phức : a)    

2.42 Tìm các số liên hợp với : a) Bình phương của chính nó b) Lập phương của chính nó ĐS: a) 0; 1; 1 3 ; 1 3

2.43 Cho số phức z = x + iy (x, y thuộc R) Tìm phần thực và phần ảo của các số phức: a) z 2 – 2z + 4i b)

2.44 Giải các phương trình sau (ẩn z) : a) 2 1 3

25  25 i b) -1 + i 2.45 a) Chứng minh : i 2 k  1   ( 1) , k i k  N i ; 2 k   ( 1) , k k  N b) Giả sử z k  i 2 k  i 2 k  1 , k  N Tính tổng z k + z k+1 ĐS: b) 0

2.46 Thực hiện các phép tính : a)

2.47 Cho hai số phức z = a + bi và z ’ = a ’ + b ’ i a) Với điều kiện nào giữa a, b, a ’ , b ’ thì tổng của chúng là số thực ? số ảo? b) Cũng câu hỏi trên đối với hiệu z – z ’ ĐS: a) z + z ’ là số thực nếu b = -b ’ , là số ảo nếu a = -a ’ , b b b) z – z ’ là số thực nếu b = b ’ , là số ảo nếu a = a ’ , bb

2.48 a) Với điều kiện nào giữa a, b thì bình phương của z = a + bi là số thực, số ảo? b) Cũng câu hỏi trên đối với z 3

Z 2 là số thực nếu a = 0 hoặc b = 0 hoặc a = b = 0

Z 2 là số thuần ảo nếu a  b 0 b) z 3 = a 3 – 3ab 2 + (3a 2 b – b 3 )i z 3 là số thực nếu b = 0 hoặc b 2 = 3a 2 z 3 là số ảo nếu a = 0, b0 hoặc a 2 = 3b 2 , b0

2.49 Xác định tập điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn : a) z   a ai a ,  R b) 1 z i  là số ảo ĐS: a) Đường thẳng y = x b) Trục ảo Oy trừ (i)

2.50 Xác định tập điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn : a) z 2 là số thực âm b) z i    2 z i 9 ĐS: a) Trục thực Ox từ gốc O b) Elip

2.51 Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z = x + yi với x, y thuộc R và thỏa mãn : a) 1 z 3 b) 1

Chứng minh rằng bình phương, lập phương và lũy thừa bậc n của hai số phức liên hợp đều là số phức liên hợp Cụ thể, nếu z và z* là hai số phức liên hợp, thì z^2 và (z*)^2 cũng là liên hợp; tương tự, z^3 và (z*)^3, cũng như z^n và (z*)^n đều giữ tính chất liên hợp.

2.53 Cho z = a + bi Chứng minh z 2 a  b Khi nào thì đẳng thức xảy ra ? ĐS: b a

2.54 a) Các điểm A, B, C và A ’ , B ’ , C ’ trong mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số :

Trong bài viết này, chúng ta xem xét các số phức như i, 2 + 3i, 3 + i, 3i, 3 - 2i và 3 + 2i Đặc biệt, chúng ta chứng minh rằng hai tam giác ABC và A'B'C' có cùng trọng tâm Ngoài ra, nếu biết các số phức biểu diễn bởi ba đỉnh của một hình bình hành trong mặt phẳng phức, chúng ta sẽ tìm số phức biểu diễn bởi đỉnh còn lại.

2.55 a) Xác định tập hợp các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z x + yi

 x y ,  R thỏa mãn điều kiện z 2    z 2  0 b) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện : z 2    z 2  0 à v z z   1 3  1

Vậy tập hợp cần tìm là hai đường thẳng : y = x b) 1 1 2

 nên có hai số phức thỏa mãn đề bài là : z 1 = 2(1 + i) và z 2 = 2(1 – i)

2.56 A, B, C, D là bốn điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số :

Chứng minh rằng ABCD là một tứ giác nội tiếp đường tròn Hỏi tâm đường tròn đó biểu diễn số phức nào?

Cặp số phức 1 + 2i, 1 – 2i và 1 + 3 + i, 1 + 3 - i tạo thành các điểm A, D và B, C đối xứng qua trục Ox Phần thực của hai cặp số này khác nhau, do đó hình ABCD là một hình thang cân Hình thang này là một tứ giác nội tiếp đường tròn với tâm J nằm trên trục đối xứng Ox, trong đó J biểu diễn số thực x.

Từ đó suy ra tâm đường tròn biểu diễn : z = 1

* Cách khác: uuur AB biểu diễn số phức 3  i DB , uuur biểu diễn số phức 3  3i Mà

T/tự (hay vì lí do đ/x qua Ox), DC ACuuur uuur 0

.Từ đó suy ra AD là một đ/kính của đ/tròn đi qua các điểm A, B, C, D

2.57 Tìm các căn bậc hai của số phức: a) z = 200 b) z = - 13 ĐS: a) 10 2 b) i 13

2.58 Tìm các căn bậc hai của số phức: a) 3 + 4i b) 1 2 i 21 2 i 2 ĐS: a)    2 i  b)   2  i 

2.59 Tìm các căn bậc hai của mỗi số phức sau: a)   1 4 3i b) -8i ĐS: a)   3  2i  b)    2 2i 

2.60 Tìm các căn bậc hai của số phức: a) -8 + 6i b) -8 – 6i c) 8 – 6i d) 8 + 6i ĐS: a)    1 3i  b)    1 3i  c)    3 i  d)    3 i 

1.61 Gọi z là căn bậc hai của 4 + i, z ’ là căn bậc hai của 4 – i Tính z + z ’ ĐS:  8 2 17 ,     i 8 2 17

2.62 Tìm số phức z mà z 3 = -i ĐS: Có 3 số phức : i, 3 ; 3

2.63 Tìm số phức z mà z 4 = -1 ĐS: Có 4 số phức : 2  1  à 2  1 

2  i v 2   i 2 2.64 Cho z = a + bi có các căn bậc hai là   m ni   Tìm các căn bậc hai của –a – bi và a – bi ĐS:    n mi v  à   m ni  

2.65 Giải các phương trình bậc hai sau đây trong tập hợp các số phức C: a) z 2 – z + 2 = 0 b) 2z 2 – 5z + 4 = 0 (Tốt nghiệp THPT 2006) ĐS: a) 1 7

4 z   i 2.66 Giải các phương trình : a) z 2 + z + 1 = 0 b) z 2  z 3 1 0   ĐS: a) 1 3

2.67 Trong C hãy giải các phương trình sau đây: a) x 2 - (3 – i)x + 4 – 3i = 0 b) 3 x 2 2  2 x 3  2  0 ĐS: a) 2 + i ; 1 – 2i b)

2.68 Giải các phương trình sau: a) x 2 + 3ix + 4 = 0 b) 2x 2 – (4 + i)x = 1 ĐS: a) x 1 = i ; x 2 = -4i b) x 1 = 1 4 593 23 1 1 593 23

  z trong các trường hợp sau: a) k = 1 b) k = 2 ĐS: a) z = 1 3

2.70 Giải các phương trình trong C: a) z 2  z 0 b) (z 2 + z) 2 + 4(z 2 + z) – 12 = 0

HD: Đặt z = x + yi dẫn đến hệ phương trình hai ẩn x, y:

2.71 Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm: z1 = 6 – 3i và z 2 = i ĐS: z 2 – (6 – 2i)z

Nếu phương trình: anz n + a n-1 z n-1 + … a 2 z 2 + a 1 z + a 0 = 0 với các hệ số thực có nghiệm là z 0 thì z 0 cũng là nghiệm của phương trình

2.73 Giải các phương trình trong tập C: a) x 4 – 3x 2 + 4 = 0 b) x 4 – 30x 2 + 289 = 0 ĐS: a) x = 7

            2.75 Cho phương trình 3z 4 – 5z 3 + 3z 2 + 4z – 2 = 0 a) Chứng tỏ rằng 1 + i là nghiệm của phương trình b) Tìm các nghiệm còn lại ĐS: b) z 2 = 1 – i ; z 3 = - 1 13 ; 4 13 1

2.76 Giải phương trình z 4 + 4 = 0 và biểu diễn tập nghiệm trên mặt phẳng phức

Nghiệm của z 2 + 2i = 0 là các căn bậc hai của -2i, đó là: z 1 = 1 –i , z 2 = -1 + i

Nghiệm của z 2 – 2i = 0 là các căn bậc hai của 2i, đó là: z 3 = 1 + i, z 4 = -1 – i

2.77 Viết dạng đại số của số phức sau: a) 2 os sin

2.78 Biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác: a) -1 + i b) 1 3

2.79 Tìm số phức z thỏa : (1 – z)(1 + 2i) + (1 – iz)(3 – 4i) = 1 + 7i Viết số phức z dưới dạng lượng giác ĐS: z = - 3 6 3 5  os i sin 

5 5 5 c           2.80 Tìm một acgumen của mỗi số phức sau: a) sin os

2.81 Viết dưới dạng lượng giác của các số phức: a) 1 tan i 5

1 tan 1 os i sin os i sin

                         b) 1 os i sin 2sin 2 2i sin os

2.82 a) Với điều kiện nào thì môđun của tổng hai số phức bằng tổng các môđun của hai số hạng? b) Khi nào thì môđun của tổng hai số phức bằng hiệu các môđun của hai số hạng ? ĐS: a) Nếu hiệu hai acgumen bằng 2k, k là số nguyên b) Nếu hiệu hai acgumen bằng  2k , với k nguyên

2.83 Tìm hệ thức liên hệ giữa hai acgumen của 2 số phức z 1 , z 2 : Arg z 1 và Arg z 2 trong từng trường hợp sau: a) z 1 z 2 = k , k < 0 b) z 1 z 2 = -i c) z 1 = -3z 2 d) 1

      ĐS: a) Ar zg 1 Ar zg 2   k2 b) Ar z 1 Ar z 2 2 g  g   2 k  c) Ar zg 1   Ar zg 2 2k d) Ar z 1 Ar z 2 2 g  g   3 k 

 z   2.85 Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện : a) z  1 i 1 b) z5i 3 tìm các số có acgumen dương nhỏ nhất ĐS: a) z = i b) 12 16

2.86 Viết z 1 và z 2 dưới dạng lượng giác rồi tính z 1 z 2 và 1

2 z z a) z 1  1 i 3 và z 2 = 1 + i Suy ra : os c 12 và sin

 b) z 1  3ivà z 2 = 1 – i Suy ra os 5 c 12 và sin 5

2.87 Tìm vị trí của những điểm biểu diễn các số phức có: a) Môđun bằng 2; 3 b) Acgumen bằng , , , 3

 ĐS: a) Các đường tròn tâm O và bán kính R = 2, R = 3 b) Đó là các tia không kể gốc O , lần lƣợt là : Oz 1 , Oz 2 , Oz 3 , Oz 4

2.88 Cho A, B, C D là bốn điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số :

Chứng minh rằng bốn điểm đó cùng nằm trên một đường tròn

HD: Cách 1: Đƣa về bài toán tọa độ; Cách 2: Dự đoán tâm i(3 + 3i)

Cách 3: Chứng minh góc lƣợng giác:

2.89 Dùng công thức Moivre để tính : a)

2.92 Viết dạng lƣợng giác các căn bậc hai của số phức: a) 1

2.93 Tìm nghiệm phức của phương trình : z 4 – 1 = i

2.94 Với n nguyên dương nào thì số phức: 7

  là số thực, số ảo

Số đó là số thực sin 0 4

Số đó là số ảo os 0 4 2

     (k là số nguyên không âm)

2.95 Biểu diễn cos 5 x.cos 6 x theo coskx ĐS: cos 5 x = 1  os5x 5 os3x 10 osx 

2.97 Cho số phức dạng lƣợng giác z = r c  os +i sin  Đặt e i   c os i sin Chứng minh : a) z  r e i  ; b)    r e i  r e  i     r e r  i       ; z n  r e n in  ; c)

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Phương trình vi phân cấp 1

2.1.1 Khái niệm phương trình vi phân cấp 1, nghiệm tổng quát, nghiệm riêng, nghiệm kỳ dị Định nghĩa: Phương trình vi phân cấp 1 là phương trình có dạng:

F(x , y , y’) = 0 (1) trong đó: • x là biến số độc lập

• y = f(x) là hàm số phải tìm

• y’ là đạo hàm cấp 1 của hàm số y = f(x)

Chú ý: Nếu giải được phương trình (1) đối với y’ thì phương trình sẽ có dạng: y’ = f(x , y) (2)

Ví dụ 1: 1) y’ + xy = x sinx là phương trình vi phân cấp 1

2) yy’ + x 2 + y 2 = 0 là phương trình vi phân cấp 1 Nghiệm của phương trình vi phân là mọi hàm số thoả mãn phương trình ấy, tức là mọi hàm số sao cho khi thế nó vào phương trình ta được một đồng nhất thức ( = 0) Giải một phương trình vi phân tức là tìm tất cả các nghiệm của phương trình đó

Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp 1: y’ = f(x , y) là hàm số có dạng: y = (x , C), C  R

Nhiều khi ta không tìm được nghiệm tổng quát của phương trình (2) dưới dạng y

= (x , C) mà tìm đƣợc một hệ thức: (x , y ,C) = 0, nó xác định nghiệm tổng quát dưới dạng ẩn Hệ thức ấy được gọi là tích phân tổng quát của phương trình (2)

Khi thay C bằng một giá trị C0 xác định (C = C 0 ) thì hàm số y = (x , C0) đƣợc gọi là nghiệm riêng của phương trình (2)

Phương trình (2) có thể có nghiệm kỳ dị không thuộc họ nghiệm tổng quát Điều kiện ban đầu được xác định khi y = f(x) đạt giá trị y0 tại x = x0, được biểu diễn dưới dạng: y(x0) = y0.

Ví dụ 2: y” + 4y = e x là phương trình vi phân cấp 2, có nghiệm là: y = C 1 cos2x + C 2 sin2x (C 1 , C 2  R) (Sinh viên tự chứng minh)

Mỗi cặp giá trị C1 và C2 sẽ cho ra một nghiệm riêng của phương trình vi phân tương ứng Nghiệm này được xác định là nghiệm riêng của phương trình vi phân dựa trên các giá trị đã cho.

Ví dụ 3: Giải phương trình vi phân: y’ = cosx (1)

Ta có: y =  y’dx =  cosx dx= sinx + C

 + C C = 1 Kết luận: y = sin x + 1 là nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn điều kiện đã cho y = 2 khi x 2

2.1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm

Cho phương trình vi phân cấp 1: y’ = f(x , y) (2)

Giả sử f(x , y) liên tục trong một miền D nào đó của mặt phẳng Oxy và giả sử

Điểm (x₀, y₀) thuộc miền D, và trong một lân cận của x = x₀, tồn tại ít nhất một nghiệm y = f(x) của phương trình (2) với giá trị y = y₀ khi x gần x₀.

Ngoài ra, nếu đạo hàm riêng f

 cũng liên tục trong miền D thì nghiệm đó là duy nhất

Bài toán tìm nghiệm của phương trình (2) thoả mãn điều kiện ban đầu, còn được gọi là bài toán Cauchy của phương trình (2).

Một số phương trình vi phân cấp 1

2.2.1 Phương trình với biến số phân ly Định nghĩa: Phương trình có biến số phân li là phương trình có dạng : dy ). x ( g dx ). x ( f 

Cách giải: lấy nguyên hàm 2 vế, ta đƣợc:

 f ( x ) dx   g ( y ) dy hay F ( x )  G ( x )  C trong đó: F(x) là nguyên hàm của f(x)

Ví dụ: Giải phương trình: (1 + x)ydx (1 – y)xdy = 0

Nếu x.y0 x0, y0thì chia 2 vế của phương trình cho yx ta được: y dy

 là nghiệm tổng quát của phương trình

Nếu x0 hoặc y0 cũng là nghiệm của phương trình và là nghiệm kỳ dị

Chú ý: Phương trình khuyết dạng:y ' f(x)hoặc y ' f(y)cũng là những nghiệm của phương trình có biến số phân li

2.2.2 Phương trình đẳng cấp cấp 1 Định nghĩa: Phương trình thuần nhất là phương trình có dạng: ) x

Cách giải: Đặt: u(x) x y  trong đó u = u(x) là một hàm số biến x

Lấy đạo hàm hai vế theo x, ta đƣợc: y’ = y ' x u x  x.u ' x mày ' f(u)

Vậy: Nghiệm tổng quát của phương trình là :

Nghiệm của phương trình là y  Cx

Còn nếu f(u) u tại một số hữu hạn điểm u u 0 thì ta có thể dễ dàng chứng minh được hàm số yu 0 x cũng là nghiệm của phương trình

P(x, y).dx  Q(x, y).dy 0 (*) trong đó P(x,y) & Q(x,y) là hai hàm số thuần nhất cùng bậc, thì phương trình

(*) cũng là phương trình thuần nhất

Chẳng hạn: 1) ( 2 xy  5 y 2 ) dx  ( 3 y 2  xy ) dy  0

Ví dụ 1: Giải phương trình : ( y  x ) dx  ( y  x ) dy  0 y x y x dx dy

  Đặt yu.x, u = u(x) là một hàm số biến x

Lấy nguyên hàm 2 vế, ta đƣợc: lnx ln u 2 2u1 lnC

Kết luận: Nghiệm tổng quát của phương trình là: y 2 – 2xy – x 2 = C

Ví dụ 2: Giải phương trình:

Phương trình tuyến tính là phương trình có dạng: y’ + p(x).y = q(x) (5) trong đó p(x), q(x) là những hàm số liên tục

Phương trình tuyến tính được gọi là thuần nhất nếu q(x)  0

Phương trình tuyến tính được gọi là không thuần nhất nếu q(x)  0

2) Cáchgiải: Để giải phương trình (5), trước hết ta giải phương trình thuần nhất tương ứng: y’ + p(x).y = 0 (5 0 ) y  0 : (5 0 )  y dy = - p(x).dx

 ln y =  p ( x ) dx  ln C (C  0 là hằng số)

 y = C.e   p ( x ) dx (6) y = 0 cũng là nghiệm của phương trình (5 0 ) và là 1 nghiệm riêng của (6) ứng với C = 0

Vậy: Nghiệm tổng quát của (5 0 ) là: y = C.e   p ( x ) dx Để tìm nghiệm của phương trình (5), ta coi C ở phương trình (6) là một hàm số đối với biến x (tức là C = C(x)) :

 y’= C’ e   p ( x ) dx - C.p(x) e   p ( x ) dx Thay vào phương trình (5): y’ + p(x).y = q(x)

 C =     q ( x ) e  p ( x ) dx    dx + K (K là hằng số tuỳ ý)

Kết luận: Nghiệm tổng quát của phương trình (5) là: y = K e   p ( x ) dx +e   p ( x ) dx     q ( x ) e  p ( x ) dx    dx (6’)

Chú ý: Phương pháp giải trên được gọi là phương pháp biến thiên hằng số

Số hạng thứ 2 (e   p ( x ) dx     q ( x ) e  p ( x ) dx    dx) trong vế phải của (6’) là nghiệm riêng của phương trình (5) ứng với K = 0

Số hạng thứ 1 (K e   p ( x ) dx ) trong vế phải của (6’) là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng (5 0 )

Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất được xác định bằng cách cộng nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng với một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất Để giải phương trình tuyến tính không thuần nhất dạng y’ + p(x).y = q(x), chúng ta thực hiện các bước cụ thể như sau.

Xét phương trình thuần nhất tương ứng: y’ + p(x).y = 0

 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng : y C.e   p ( x ) dx

Coi C = C(x) là một hàm số biến x:

Kết luận: Thay C vừa tìm được vào nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng, ta được nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu

Ví dụ 1: Giải phương trình: ' 2

Phương trình thuần nhất tương ứng là :

Ví dụ 2: Giải phương trình : (x 2 +1).y’ + x.y = - x (2)

Ta có: y = -1 là một nhiệm riêng của phương trình (2)

Phương trình thuần nhất tương ứng là:

C là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất

Kết luận: Nghiệm tổng quát của phương trình (2) là: y 2  1 x

Ví dụ 3: Tìm nghiệm của phương trình: (x 2 +1) y ’ + xy = 1 thoả mãn điều kiện: y x  0 2

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là : y 1 x

2  Coi C = C(x) là một hàm số biến x Ta có: y 1 x C

Thay vào phương trình: (x 2 +1) y ’ + xy = 1

Vậy: Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là: y =  

Theo bài ra: y x  0 2 thay vào, ta đƣợc:

Kết luận: Nghiệm cần tìm là: y =  

2.2.4 Phương trình Bernouli Định nghĩa: Phương trình Bernoulli là phương trình có dạng: y ’ +p(x)y = q(x)y  (0,1)

Chú ý: Nếu = 0 hoặc  = 1 thì phương trình trên trở thành phương trình tuyến tính

Với y  0, chia 2 vế cho y  ta đƣợc : y   y ’ + p(x).y 1   = q(x) (*) Đặt: z = y 1    z ’ = (1- )y   y ’

Thay vào (*) ta đƣợc: z'(1)p(x).z(1)q(x) Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 đối với z

Giải phương trình này ta tìm được z, sau đó thay vào tìm y = ?

Với y = 0 cũng là nghiệm của phương trình (*) và là nghiệm kỳ dị của phương trình

Ví dụ: Giải phương trình 2 3 2 y' y (1 x) y 0

 Với y  0, chia 2 vế cho y ta đƣợc: 2

 (1’) Đây là phương trình tuyến tính cấp 1

Phương trình thuần nhất tương ứng là: z ' 2 z 0

 lnz 2lnx1lnC (C là hằng số)

Coi C = C(x) là hàm số biến x Ta có: z = C.(1 + x) 2

Vậy: Nghiệm tổng quát của phương trình (1’) là:

Với y = 0: cũng là nghiệm của phương trình, đó là nghiệm kỳ dị.

Phương trình vi phân cấp 2

2.3.1 Định nghĩa phương trình vi phân cấp 2, nghiệm tổng quát, nghiệm riêng Định nghĩa: Phương trình vi phân cấp hai la phương trình có dạng

Nếu giải được phương trình trên đối với y ", thì nó sẽ có dạng: y "= f(x,y, y ') (2)

Nghiệm tổng quát của phương trình (2) là hàm số y=(x,C 1 ,C 2 ) trong đó C 1 ,

Hệ thức (x,y,C 1 ,C 2 ) = 0 xác định nghiệm tổng quát của phương trình (2) dưới dạng ẩn, và được gọi là phương trình tổng quát của nó

Khi cho C 1 = a ; C 2 = b thì nghiệm y=(x,a,b) đƣợc gọi là một nghiệm riêng của phương trình (2)

2) y " - 2 x y = xcosx là phương trình tuyến tính cấp 2

2.3.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm

Trong miền D của không gian R3, nếu hàm số (x, y, y') là liên tục và (x0, y0, y) là một điểm thuộc miền D, thì tồn tại một lân cận của x = x0, trong đó có một nghiệm duy nhất y = y(x) cho phương trình (2), thỏa mãn các điều kiện y(x0) = y0.

Ta thừa nhận định lý này

Cách giải: Đặt: p = y’  F(x,p’) = 0 Đây là phương trình vi phân cấp 1, ta giải tìm được p , sau đó thay vào tìm y = ?

Ví dụ: Giải phương trình: x = (y”) 2 + y” + 1 Đặt: p = y’

Vậy: Phương trình tham số của tích phân tổng quát của phương trình đã cho là:

Cách giải: Đặt y’ = p, ta được: F(x , p , p’) = 0 đây là phương trình vi phân cấp 1 đối với p Giải phương trình này tìm p , sau đó thay vào tìm y = ?

Ví dụ: Tìm một nghiệm riêng của phương trình x 2 ) y” – xy’=2 thỏa mãn các điều kiện: y x  0 0 ; y' x  0 0

Giải: Đặt : y’ = p → y"p' ta có: (1-x 2 )p’-xp = 2 đây là phương trình tuyến tính cấp 1 đối với p

Cho K = K(x) là hàm số biến x, ta có:

Trong đó: (C 1 là hằng số)

Kết luận: nghiệm riêng cần tìm là : y = (arcsinx) 2

Thay vào phương trình : ) 0 dy pdp , p , y (

F  đây là phương trình cấp 1 đối với p

Ví dụ: Giải phương trình 2y.y’’ = y’ 2 + 1 Đặt y’=p  dy pdp dx dy dy dp dx y" dp   Thay vào ta đƣợc:

Vậy: nghiệm tổng quát của phương trình là :

Khi đó, nghiệm tổng quát của phương trình có dạng:

Chú ý: Những phương trình cấp 2 khuyết còn được gọi là những phương trình giảm cấp được, vì có thể dễ dàng đưa chúng về những phương trình cấp 1

2.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất Đó là phương trình có dạng: y” + p(x) y’ + q(x) y = 0 (2) Định lý 1: Nếu y (x) và 1 y (x) là 2 nghiệm của phương trình (2) thì 2

C y1 1 (x) + C y 2 2 (x) cũng là nghiệm của phương trình đó, trong đó C 1 & C 2 là 2 hằng số

Vì y 1 (x) và y 2 (x) là nghiệm của phương trình (2) nên: y’’ 1 + p(x).y’ 1 + q(x) y 1 = 0 y’’ 2 + p(x).y’ 2 + q(x) y 2 = 0 Nhân dòng trên với C 1 và dòng dưới với C 2 , rồi cộng 2 vế của chúng lại, ta được :

 C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) cũng là nghiệm của phương trình (2) Định nghĩa 1: Hai hàm số y1(x), y 2 (x) đƣợc gọi là độc lập tuyến tính trên đoạn

1  k – hằng số trên đoạn đó Ngƣợc lại, hai hàm đó gọi là phụ thuộc tuyến tính

- Hai hàm số y = sinx và y = cosx độc lập tuyến tính trên R vì x x cos sin = tgx  hằng số

- Hai hàm số y = 2.e x và y = 5 e x là phụ thuộc tuyến tính vì x x e e

2 hằng số Định nghĩa 2: Cho hàm số y 1 (x), y 2 (x) Định thức:

Định thức Wronsky, ký hiệu là W(y1, y2) hoặc đơn giản là W, được sử dụng để xác định tính phụ thuộc tuyến tính của hai hàm số y1(x) và y2(x) trên khoảng [a, b].

Thật vậy, vì y 2  ky 1 với k là hằng số nên y ' 2 ky 1 ' , do đó

Định lý 3 nêu rằng, nếu y₁ và y₂ là hai nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất, và định thức Wronsky W(y₁, y₂) khác không tại một giá trị x = x₀ trong đoạn [a;b], nơi các hệ số p(x) và q(x) liên tục, thì Wronsky sẽ khác không với mọi giá trị x trong đoạn đó.

Vì y 1 (x) , y 2 (x) là nghiệm của phương trình (2) nên : y 1 ” + p(x).y 1 ’ + q(x).y 1 = 0 y 2 ” + p(x).y 2 ” + q(x).y 2 = 0 Nhân dòng trên với (- y 2 ) và dòng dưới với (y 1 ) , rồi cộng 2 vế lại với nhau, ta đƣợc :

Hệ quả : Nếu W(y 1 ,y 2 ) = 0 tại x  x 0  [ a , b ] thì W(y 1 ,y 2 )  0 tại  x  [ a , b ] Định lí 4: Nếu các nghiệm y1 , y 2 của phương trình (2) là độc lập tuyến tính trên

[a,b] thì định thức Wronsky W(y1,y 2 ) khác không tại mọi điểm của đoạn ấy

Giả sử W = 0 tại một điểm nào đó của đoạn [a,b] theo định lý 3 thì:

Tại những điểm của đoạn [a,b] ở đó y 1 0 , ta có:

2  , k là hằng số, tại những điểm ấy Điều này mâu thuẫn với giả thiết y1 & y 2 độc lập tuyến tính

Chú ý: tại những điểm của đoạn [a,b] ở đó y 1 = 0, người ta đã chứng minh được

Hằng số y cũng được định nghĩa là 2y Theo Định lý 5, nếu y1(x) và y2(x) là hai nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình (2), thì nghiệm tổng quát của phương trình này được biểu diễn dưới dạng y = C1.y1(x) + C2.y2(x) (2’), trong đó C1 và C2 là các hằng số tùy ý.

Theo định lí 1, y  C 1 y 1  C 2 y 2 cũng là nghiệm của phương trình (2)

Ta cần chứng minh rằng với mọi điều kiện ban đầu y x x y 0

 có thể tìm được những hằng số C 1 , C 2 để nghiệm C 1 y 1 + C 2 y 2 tương ứng thoã mãn các điều kiện ấy

Thế các điều kiện ban đầu vào (2’), ta đƣợc:

0 (2.1) đây là một hệ hai phương trình đại số tuyến tính đối với C 1 , C 2

Ta có: Định thức của ma trận hệ số là:

0 2 0 1 đó chính là giá trị của định thức Wronsky W(y1 , y 2 ) tại x = x 0 , nó khác không vì y1, y2 độc lập tuyến tính

Suy ra: D  0  Hệ (2.1) có nghiệm duy nhất C 1 , C 2

Vậy: có thể xác định đƣợc C 1 , C 2 để C 1 y 1  C 2 y 2 thoã mãn các điều kiện ban đầu cho trước Do đó (2’) là nghiệm tổng quát của phương trình (2)

Ví dụ : Phương trình y” + y = 0 có 2 nghiệm riêng là y 1  cosx, y 2 sinx, hai nghiệm ấy độc lập tuyến tính

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là y  C 1 cosx  C 2 sinx, C 1 và C 2 là hai hằng số tuỳ ý

Chú thích 1 Nếu y 1 (x) và y 2 (x) là hai nghiệm phụ thuộc tuyến tính của phương trình (2), tức là y 1 (x)Ky 2 (x) với K là một hằng số nào đó Do đó, biểu thức

( y  1 1  2 2 C 1 và C 2 là hằng số tuỳ ý, có thể viết là

( y  1  2 2 , nó thự sự chỉ phụ thuộc một hằng số tuỳ ý nên không là nghiệm tổng quát của phương trình (2)

Định lý 5 chỉ ra rằng để tìm nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất, cần tìm hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính Mặc dù có phương pháp để xác định hai nghiệm riêng cho phương trình tuyến tính thuần nhất với hệ số không đổi, nhưng đối với hệ số biến thiên, không có phương pháp tổng quát Tuy nhiên, nếu biết một nghiệm riêng khác không bằng 0, định lý 6 cho phép tìm một nghiệm riêng thứ hai độc lập tuyến tính với nghiệm đầu tiên, có dạng y2(x) = y1(x) * u(x).

Ta cần tìm u(x) sao cho y  y 1 (x).u(x) thoã mãn phương trình (2)

Thế vào phương trình (2), ta được:

 y 1 u"(2y 1 ' py 1 )u'(y " 1 u  py 1 ' qy 1 )u 0. mà y 1 "  py 1 '  qy 1  0, vì y 1 là một nghiệm của phương trình (2)

" u y 1  1 '  1  đây là phương trình cấp 2 đối với u, khuyết u Đặt u’ = v, ta được phương trình cấp 1 đối với v:

 Lấy tích phân hai vế:

1 1 1 ln v  2ln y   p(x)dx  2ln y (x) ln C ) x

( là một nguyên hàm nào đó của –p(x)

C 1 g(x)dx C 1 G(x) C 2 u (vì u’ = v) trong đó G(x) là một nguyên hàm của g(x)

Chọn C 2  0, C 1 1, ta đƣợc y 2  y 1 G(x), đó là một nghiệm của (2), độc lập tuyến tính với y 1 , vì 0 y

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình

Dễ thấy rằng y 1 = x là một nghiệm riêng Tìm một nghiệm riêng khác, có dạng

. x y 2  Thế vào phương trình đã cho, ta được:

 Lấy tích phân hai vế, ta đƣợc

K 1 là hằng số tuỳ ý Chọn K 1 = -1 ta đƣợc , x

Hai nghiệm y 1  x, y 2  x 2 1 là độc lập tuyến tính, nên nghiệm tổng quát của phương trình là

), 1 x ( C x C y  1  2 2  C1, C2 là hai hằng số tuỳ ý

Chú thích Cũng có thể tìm y từ công thức (**) Chia hai vế của công thức ấy 2 cho y , ta đƣợc: 1 2

Chọn C = 1, K = 0, ta đƣợc dx e y y 1 u y y p ( x ) dx

Như vậy nếu phương trình (2) có một nghiệm riêng là y 1 (x) thì nghiệm tổng quát của nó là :

Ví dụ: Trở lại ví dụ trên Phương trình  1  x 2  y "  2 y  0, có một nghiệm riêng là y 1 = x Chia hai vế của phương trình cho  1  x 2  , ta thấy , x 1 x ) 2 x ( p 2

Theo công thức (2.3) ta đƣợc:

2.3.5 Phương trình vi phân cấp 2 tuyến tính không thuần nhất

Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange

1) Định nghĩa: Đó là phương trình có dạng: y"  p(x)y'  q(x)yf (x) (1) Định lí 7: Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất (1) bằng tổng của nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng (2) với một nghiệm riêng nào đó của phương trình không thuần nhất (1)

Gọi y là một nghiệm tổng quát của phương trình (2), tức là:

Y là một nghiệm riêng nào đó c`ủa phương trình (1) , tức là:

Thế vào vế trái phương trình (1), ta được :

Vậy: y  y  Y cũng là nghiệm của phương trình (1)

Vì y phụ thuộc hai hằng số tuỳ ý nên y  y  Y cũng phụ thuộc hai hằng số tuỳ ý

Do đó, có thể chứng minh nó là nghiệm tổng quát của phương trình (1) như trong chứng minh định lí 5 Định lí 8: (Nguyên lí chồng nghiệm)

Nếu y 1 (x) là một nghiệm riêng của phương trình:

" y    1 và y 2 (x) là một nghiệm riêng của phương trình

" y    2 thì y  y 1 (x)  y 2 (x) là một nghiệm riêng của phương trình y" p(x)y' q(x)y  f 1 (x)  f 2 (x).

Vậy: y  y 1 (x)  y 2 (x) là một nghiệm riêng của phương trình

2) Phương pháp biến thiên hằng số

Giả sử đã biết nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất (2) là

C y   (2.1) trong đó C 1 , C 2 là hai hằng số tuỳ ý

Để tìm nghiệm của phương trình tuyến tính không thuần nhất, chúng ta coi C1 và C2 là hai hàm số phụ thuộc vào biến x Mục tiêu là xác định C1 và C2 sao cho phương trình (2.1) trở thành một nghiệm của phương trình không thuần nhất (1).

 y "  C 1 y " 1  C 2 y " 2  C 1 ' y 1 '  C ' 2 y ' 2 Thế vào phương trình (1), ta được:

Vì y 1 , y 2 là hai nghiệm của phương trình thuần nhất (2) nên các biểu thức trong dấu ngoặc của vế trái bằng không, ta đƣợc:

C 1 ' 1 '  ' 2 ' 2  Vậy: hàm số y  C 1 y 1  C 2 y 2 là nghiệm của phương trình (1) nếu C 1 , C 1 thoả mãn hệ phương trình:

Định thức của hệ phương trình, được gọi là định thức Wronsky, của hai nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất (1) luôn khác 0, điều này cho thấy hệ phương trình trên có một nghiệm duy nhất.

Lấy tích phân, ta đƣợc

C       trong đó:  1 ( x ) là một nguyên hàm của  1 ( x )

 là một nguyên hàm của  2 (x)

K 1 , K 2 là hai hằng số tuỳ ý

Vậy: nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

Ví dụ : Giải phương trình

Nếu x 1, phương trình có thể viết là

Ta đã biết nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là

) 1 x ( C x C y  1  2 2  trong đó C 1 , C 2 là các hằng số tuỳ ý (xem ví dụ trang 99 - 100)

Biểu thức ấy là nghiệm của phương trình không thuần nhất đã cho

Coi C 1 = C 1 (x) , C 2 = C 2 (x) là những hàm số biến x thoã mãn hệ (*), tức là:

Giải hệ này, ta đƣợc

C  1   trong đó K1 , K 2 là những hằng số tuỳ ý

Vậy: nghiệm tổng quát phải tìm là:

2.3.6 Phương trình vi phân cấp 2 với hệ số là hằng số

Để giải phương trình bậc hai y" + py' + qy = 0, trong đó p và q là hai hằng số, ta cần tìm nghiệm tổng quát bằng cách xác định hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính Nghiệm riêng sẽ được biểu diễn dưới dạng y = e^(kx), với k là một hằng số cần được xác định.

Ta có y'  ke kx ; y"  k 2 e kx

Thế vào phương trình (1), ta được :

Vì e kx  0 nên ta có: k2  pk  q 0 (1.2)

Suy ra: nếu k thoã mãn phương trình (1.2) thì hàm số y e kx là một nghiệm của phương trình (1)

Phương trình (1.2) được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình vi phân

(1) Đó là một phương trình bậc hai, nó có hai nghiệm k1, k 2 thực hay phức Có thể xảy ra ba trường hợp :

Hai số k 1 , k 2 thực và khác nhau:

Khi ấy phương trình (1) có hai nghiệm: x k 2 x k 1

 Hai nghiệm ấy độc lập tuyến tính vì  ( k  k ) x 

Suy ra: nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

C 1 , C 2 là hai hằng số tuỳ ý

Ví dụ : Tìm nghiệm của phương trình

" y    thoã mãn các điều kiện

Phương trình đặc trưng của phương trình đã cho là k 2  k  2  0, nó có hai nghiệm phân biệt k 1  1 ; k 2  2.

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

Từ các điều kiện ban đầu ta đƣợc:

Vậy: nghiệm riêng phải tìm là x 2 x e

3 e 1 3 y  1   k 1 = k 2 là hai số thực trùng nhau k 1 = k 2 :

Ta đã có một nghiệm riêng của phương trình (1) là y 1  e k 1 x

Ta sẽ tìm một nghiệm riêng y2 độc lập tuyến tính với y 1 dưới dạng: y 2  y 1 u(x)  u(x)e k 1 x

Thế vào phương trình (1), ta được

Vì k 1 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng: k 1 2 pk 1  q 0 nên ta có:

 u = Ax + B , trong đó A, B là những hằng số tuỳ ý

Nhƣ vậy hai nghiệm độc lập tuyến tính của (1) là y 1 (x) e k 1 x và y 2 (x)xe k 1 x Kết luận: nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

Ví dụ: Giải phương trình

Phương trình đặc trưng của nó là k 2 6k 9  0, nó có một nghiệm kép k = 3

 nghiệm tổng quát của nó là:

C x C ( e y  3 x 1  2 k 1 và k 2 là hai số phức liên hợp: k 1  i ; k 2  i

Hai nghiệm riêng của phương trình (1) là:

Theo công thức Euler: e i  x cosx isinx x sin i x cos e  i  x     Suy ra: y 1  e  x (cosx  isinx)

Nếu y 1 ,y 2 là hai nghiệm của phương trình (1) thì: x cos

2 e y y 1  y 1  2   x  x sin i e 2 y y 2  y 1  2   x  cũng là nghiệm của phương trình (1) mà x y g y 1  cot  khác hằng số

 Hai nghiệm y1 và y2 độc lập tuyến tính

Kết luận: nghiệm tổng quát của phương trình (1) là x

Đối với phương trình tuyến tính thuần nhất có hệ số không đổi và bậc cao hơn hai, phương pháp giải tương tự như phương trình bậc hai.

Ví dụ 1: Giải phương trình y”’ – 4y’ = 0

Phương trình đặc trưng của nó là k 3 4k  0, nó có ba nghiệm là k = 0, k = 2, k = -2 Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: x

Ví dụ 2: Giải phương trình y ( 4 )  2y" y  0.

Phương trình đặc trưng k 4 2k 2 10 hay (k 2 1) 2 0 có hai nghiệm kép k = i và k = -1

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:

Phương trình không thuần nhất:

Cho phương trình: y’’ + py’ + qy = f(x) (2) trong đó p, q là những hằng số Ở trên, ta đã tìm được nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng

Để tìm nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất, ta áp dụng phương pháp biến thiên hằng số Đặc biệt, với một số dạng cụ thể của vế phải f(x), có thể tìm được nghiệm riêng mà không cần tính tích phân Bằng cách cộng nghiệm riêng này vào nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng, ta sẽ có được nghiệm tổng quát cho phương trình không thuần nhất.

Ta sẽ tìm nghiệm riêng của (2) trong hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: f(x)e  x P n (x) trong đó P n (x) là một đa thức bậc n,  là một hằng số

Nếu  không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng của (2), ta tìm một nghiệm riêng của (2) có dạng:

Y   x n (2.1) trong đó Qn(x) là một đa thức bậc n

Muốn xác định Qn(x) ta phải xác định (n + 1) hệ số của nó và đƣợc xác định nhƣ sau:

Vì  không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng của phương trình thuần nhất (1), nên điều kiện ² + p + q ≠ 0 được thỏa mãn Do đó, vế phải của đẳng thức (*) cũng là một đa thức bậc n, có cùng bậc với đa thức ở vế phải Pn(x).

Bằng cách đồng nhất hệ số của các số hạng cùng bậc trong đẳng thức, ta thu được (n + 1) phương trình bậc nhất với (n + 1) ẩn, trong đó các ẩn là các hệ số của đa thức Q n (x) Phương pháp này được gọi là phương pháp hệ số bất định.

Nếu  là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng thì

Vế trái của đẳng thức (*) là một đa thức bậc (n – 1) Để nâng bậc của đa thức này lên một đơn vị mà không làm tăng số lượng hệ số, ta chỉ cần thay Q n (x) bằng x.Q n (x).

Trong trường hợp này, ta sẽ tìm một nghiệm riêng của (2) có dạng:

Nếu  là nghiệm kép của phương trình đặc trưng thì

Vế trái của đẳng thức (*) là một đa thức bậc (n-2) Để nâng bậc của đa thức này lên 2 đơn vị mà không làm tăng số lượng hệ số, ta thay Q n (x) bằng x².Q n (x) Trong trường hợp này, chúng ta tìm một nghiệm riêng của phương trình (2) có dạng như vậy.

Ví dụ 1: Giải phương tình y’’ + 3y’ – 4y = x

Phương trình đặc trưng k 2 3k 4 0 có hai nghiệm đơn k 1 = 1 và k 2 = - 4

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là yC 1 e x C 2 e  4 x

Vế phải của phương trình có dạng e  x P 1 (x)trong đó  0 , P 1 (x) x

Vì  = 0 không là nghiệm của phương trình đặc trưng, vậy ta tìm nghiệm riêng của phương trình đã cho có dạng:

Thế vào phương trình trên, ta được

Nghiệm tổng quát phải tìm là: y = y + Y = C 1 e x + C 2 e -4x –

Ví dụ 2: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình: y’’ – y’ = e x ( x+1 )

Phương trình đặc trưng k 2 – k = 0 có hai nghiệm k 1 = 0 , k 2 = 1

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là y = C 1 + C 2 e x Vế phải của phương trình đã cho có dạng e  x P 1 (x)

Vì  = 1 là một nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên ta tìm một nghiệm riêng của phương trình đã cho có dạng:

Y’ = e x (Ax 2 + Bx) + e x (Ax + B) Y’’ = e x (Ax 2 + Bx) + 2e x (Ax + B) + e x 2A

Thế vào phương trình đã cho, ta được : e x (2Ax + B + 2A) = e x (x + 1)

1x 2 e x Nghiệm tổng quát phải tìm là : y = y + Y = C 1 + C 2 e x +

Ví dụ 3: Giải phương trình y” – 6y’ + 9y = xe 3x

Phương trình đặc trưng có nghiệm kép k 1 = k 2 = 3

 nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là y = (C 1 x + C 2 )e 3x

Vế phải của phương trình đã cho có dạng e  x P 1 (x)

Vì  = 3 là một nghiệm kép của phương trình đặc trưng nên ta tìm một nghiệm riêng của phương trình đã cho có dạng:

Y” = 9e 3x (Ax 3 + Bx 2 ) + 6 e 3x (3Ax 2 + 2Bx) + e 3x (6Ax + 2Bx)

Thế vào phương trình đã cho, ta được: e 3x [(6A – 10B) x + 2B] = xe 3x

Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là : y = y + Y =(C1x + C 2 )e 3x +

Trường hợp 2: f(x) = P m (x) cosx + P n (x) sinx, trong đó P m (x), P n (x) là những đa thức bậc m, n ;  là hằng số

Người ta chứng minh được rằng:

Nếu  i không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì ta có thể tìm một nghiệm riêng của phương trình (2) có dạng:

Y = Q l (x) cosx + R l (x) sinx (2.4) trong đó Ql (x) , R l (x) là những đa thức bậc l = max (m , n)

Nếu  i là nghiệm của phương trình đặc trưng thì ta có thể tìm một nghiệm riêng của phương trình (2) có dạng:

Ví dụ 1: Giải phương trình y” + y = x.sinx

Phương trình đặc trưng k 2 + 1 = 0 có nghiệm k 1,2 = i  Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là y = C1 cosx+ C 2 sinx

Bài tập chương 2

2.1 Giải các phương trình đẳng cấp cấp 1 sau:

13) dy 2 dx  xy Đáp số : yke x 2

15) dy 2 ( 2 1) dx  x y  Đáp số : y  tg(x 2  C )

 dx   Đáp số : e y  ye  y  e  y   4 2cos x

25) dy 1 2 x y dx   Đáp số : sin( 1 2 ) y  2 x  C

Hướng dẫn giải một số bài tập

  Đặt u = y x Thay vào phương trình ta được : u' x = 1- 4u

Biến đổi về phương trình với biến số phân ly:

Giải phương trình với biến số phân ly ta được: 1 ln |1 4 | ln | | 0

Thay u= y x ta được nghiệm tổng quát của phương trình là :

   Đặt u= y x Thay vào phương trình ta được : u' x = - (1+ 5u)

Biến đổi về phương trình với biến số phân ly:

Giải phương trình với biến số phân ly ta được: 1 ln |1 5 | ln | | 0

Thay u = y x ta được nghiệm tổng quát của phương trình là :

  Đặt u= y x Thay vào phương trình ta được : u' x = 2 1

Biến đổi về phương trình với biến số phân ly: 2 2

Giải phương trình với biến số phân ly ta được: ln | u 2   1| ln | | x   C 0

Thay u = y x ta được nghiệm tổng quát của phương trình là : ln | ( ) y 2 1| ln | | 0 x C x    

 Đặt u= y x Thay vào phương trình ta được : u' x = 2

Biến đổi về phương trình với biến số phân ly: (1 2 ) u du 2 dx u x

Giải phương trình với biến số phân ly ta được: 1 2 ln | | ln | | u x C 0

Thay u = y x ta được nghiệm tổng quát của phương trình là:

  Đặt u= y x Thay vào phương trình ta được : u' x = - u 2

Biến đổi về phương trình với biến số phân ly: du 2 dx u x

Giải phương trình với biến số phân ly ta được: 1 ln | | x C 0 u   

Thay u = y x ta được nghiệm tổng quát của phương trình là : x ln | | 0 x C y  

 Đặt u= y x Thay vào phương trình ta được : u' x = 1 u e

Biến đổi về phương trình với biến số phân ly: e du u dx

Giải phương trình với biến số phân ly ta được:

Thay u = y x ta được nghiệm tổng quát của phương trình là : ln | | 0 y e x  x  C

2.2 Giải các phương trình tuyến tính cấp 1 sau:

Hướng dẫn giải một số bài tập

Coi C là C(x) thay vào phương trình thu được:

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:

Vậy phương trình có nghiệm là:

Giải phương trình: ' 2 y 0 y  x  ta đƣợc yCx 2

2.3 Giải các phương trình vi phân cấp 2 với hệ số hằng sau:

Nghiệm của phương trình thuần nhất : y C e 1 x C e 2 2 x

Dạng tổng quát của nghiệm riêng :

Thay y * vào phương trình ta tìm được :

Nghiệm tổng quát của phương trình là:

Nghiệm của phương trình thuần nhất : y C 1 C e 2 7 x

Nghiệm của phương trình thuần nhất : y C e 1 2 x C e 2 3 x

Nghiệm của phương trình thuần nhất : y C e 1 2 x C xe 2 2 x

Nghiệm của phương trình thuần nhất : y C e 1 x C xe 2 x

Nghiệm của phương trình thuần nhất : y C e 1 1 3 x C e 2 x

Nghiệm của phương trình thuần nhất : y C e 1 x C e 2 1 4 x

2.5 Hãy đưa về dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 và tìm nghiệm:

2) dy 2 ; (1) 1 dx   xy y  Đáp số: ye 1  x 2

4) dy 2 2 y x dx    Đáp số: y  Ce x  x 2  2 x  4

5) dy 4 4 x x y x e dx  Đáp số: y  x e 5 x  x e 4 x  cx 4

9) dy 2 s inx x y x dx   Đáp số: y  cx  x cos ; x x  0

11) ydx  4( x  y dy 6 )  0 Đáp số : x  2 y 2  cy ; 2 y  0

12) cos dy (sinx) y 1 xdx  Đáp số: sin cos ;

2.6 Hãy tìm nghiệm của phương trình vi phân sau nếu có dạng vi phân toàn phần:

2) (e 2 y  ycos(xy)) dx (2 xe  2 y  xcos(xy) 2 y) dy   0 Đáp số: xe 2 y  sin( xy )  y 2   c 0

7) 2 xy  (4 y 2  xy) ' y  0 Đáp án: Không có dạng vi phân toàn phần

9) ( x 2  4 ) y' y  2 y 1 x  Đáp án: Không có dạng vi phân toàn phần

11) x cos( xy dy )  ( cos( y xy ) 2 )  x dx  0; (1) y  2 Đáp số: sin( xy )  x 2  sin 2 1 

13) (3 t x 2  x 3 ) (t   3 3x t) y' 2  0 Đáp án: Không có dạng vi phân toàn phần

2.7 Hãy tìm nghiệm của phương trình vi phân sau nếu có dạng phương trình vi phân đẳng cấp:

2) 2 dy 2 2 ; (1) 2 x y xy x y dx     Đáp số: 1 1 ln 1 y x x

5) dx 2 dx 3 x y x dy  dy  Đáp án: Không có dạng đẳng cấp

6) dx cos( xy ) 1 dy xy

  Đáp án: Không có dạng đẳng cấp

7) dx 2 t t x dt   Đáp số: x  ct 2  t

8) ( x 2  y dy 2 )  2 xydx  0 Đáp số: y 3  3 yx 2  C

10) 2 dy (4 x 2 xy y ) 2 0; y(1) 1 x dx       Đáp số: 2 xln acrtg 1 y xtg x    2 

2.8 Giải các phương trình Bernaulli:

1) dy x y 2 2 x y dx  Đáp số: y 2 1 x cx

2) x dy y 1 2 dx  y Đáp số: y 3  1 cx  3

3) dy (xy 3 1) dx  y  Đáp số: 3 1 3

4) t 2 dy y 2 ty dt   Đáp số: t e y ct

2 x dy xy y y dx    Đáp số: 3 9 49 6

PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE

Tiêu đề	Giáo trình Toán cao cấp
Trường học	Đại Học Sư Phạm Kỹ Thuật Nam Định
Chuyên ngành	Toán cao cấp
Thể loại	Giáo trình
Thành phố	Nam Định

Định dạng
Số trang	151
Dung lượng	2,21 MB